2023届福建省南平市数学高三第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

2022-2023学年高三上数学期末模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．复数为纯虚数，则()A．i B．﹣2i C．2i D．﹣i2．已知函，，则的最小值为（）A． B．1 C．0 D．3．在中所对的边分别是，若，则（）A．37 B．13 C． D．4．已知等差数列的前项和为，若，则等差数列公差（）A．2 B． C．3 D．45．的展开式中的常数项为()A．－60 B．240 C．－80 D．1806．已知集合M＝{x|﹣1＜x＜2}，N＝{x|x（x+3）≤0}，则M∩N＝（）A．[﹣3，2） B．（﹣3，2） C．（﹣1，0] D．（﹣1，0）7．已知锐角满足则（）A． B． C． D．8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A． B．C． D．9．已知函数的图像的一条对称轴为直线，且，则的最小值为()A． B．0 C． D．10．已知函数若函数在上零点最多，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．11．如图所示，正方体的棱，的中点分别为，，则直线与平面所成角的正弦值为（）A． B． C． D．12．集合,则集合的真子集的个数是A．1个 B．3个 C．4个 D．7个二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，则________，________.14．在平面直角坐标系xOy中，若圆C1：x2＋（y－1）2＝r2（r>0）上存在点P，且点P关于直线x－y＝0的对称点Q在圆C2：（x－2）2＋（y－1）2＝1上，则r的取值范围是________．15．已知函数函数，则不等式的解集为____．16．展开式中的系数为_________.（用数字做答）三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知三棱锥P-ABC（如图一）的平面展开图（如图二）中，四边形ABCD为边长等于的正方形，和均为正三角形，在三棱锥P-ABC中：（1）证明：平面平面ABC；（2）若点M在棱PA上运动，当直线BM与平面PAC所成的角最大时，求直线MA与平面MBC所成角的正弦值.18．（12分）已知圆外有一点，过点作直线．(1)当直线与圆相切时，求直线的方程；(2)当直线的倾斜角为时，求直线被圆所截得的弦长．19．（12分）已知为坐标原点，单位圆与角终边的交点为，过作平行于轴的直线，设与终边所在直线的交点为，.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在区间上的值域.20．（12分）在中，，是边上一点，且，.（1）求的长；（2）若的面积为14，求的长.21．（12分）已知椭圆的上顶点为，圆与轴的正半轴交于点，与有且仅有两个交点且都在轴上，（为坐标原点）.（1）求椭圆的方程；（2）已知点，不过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，证明：直线与直线的斜率互为相反数.22．（10分）如图,四棱锥中,平面平面,底面为梯形.，且与均为正三角形.为的中点为重心,与相交于点.(1)求证:平面；(2)求三棱锥的体积.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】

复数为纯虚数，则实部为0，虚部不为0，求出，即得.【详解】∵为纯虚数，∴，解得..故选：.【点睛】本题考查复数的分类，属于基础题.2、B【解析】

，利用整体换元法求最小值.【详解】由已知，又，，故当，即时，.故选：B.【点睛】本题考查整体换元法求正弦型函数的最值，涉及到二倍角公式的应用，是一道中档题.3、D【解析】

直接根据余弦定理求解即可．【详解】解：∵，∴，∴，故选：D．【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，属于基础题．4、C【解析】

根据等差数列的求和公式即可得出．【详解】∵a1=12，S5=90，∴5×12+d=90，解得d=1．故选C．【点睛】本题主要考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．5、D【解析】

求的展开式中的常数项，可转化为求展开式中的常数项和项，再求和即可得出答案.【详解】由题意，中常数项为，中项为，所以的展开式中的常数项为：.故选：D【点睛】本题主要考查二项式定理的应用和二项式展开式的通项公式，考查学生计算能力，属于基础题.6、C【解析】

先化简N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，再根据M＝{x|﹣1＜x＜2}，求两集合的交集.【详解】因为N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，又因为M＝{x|﹣1＜x＜2}，所以M∩N＝{x|﹣1＜x≤0}.故选：C【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.7、C【解析】

利用代入计算即可.【详解】由已知，，因为锐角，所以，，即.故选：C.【点睛】本题考查二倍角的正弦、余弦公式的应用，考查学生的运算能力，是一道基础题.8、A【解析】

根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.【详解】由题意，该几何体如图所示：该几何体的体积.故选：A.【点睛】本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，属于基础题．9、D【解析】

运用辅助角公式，化简函数的解析式，由对称轴的方程，求得的值，得出函数的解析式，集合正弦函数的最值，即可求解，得到答案.【详解】由题意，函数为辅助角，由于函数的对称轴的方程为，且，即，解得，所以，又由，所以函数必须取得最大值和最小值，所以可设，，所以，当时，的最小值，故选D.【点睛】本题主要考查了正弦函数的图象与性质，其中解答中利用三角恒等变换的公式，化简函数的解析式，合理利用正弦函数的对称性与最值是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.10、D【解析】

将函数的零点个数问题转化为函数与直线的交点的个数问题，画出函数的图象，易知直线过定点，故与在时的图象必有两个交点，故只需与在时的图象有两个交点，再与切线问题相结合，即可求解.【详解】由图知与有个公共点即可，即，当设切点，则，.故选：D.【点睛】本题考查了函数的零点个数的问题，曲线的切线问题，注意运用转化思想和数形结合思想，属于较难的压轴题.11、C【解析】

以D为原点，DA，DC，DD1分别为轴，建立空间直角坐标系，由向量法求出直线EF与平面AA1D1D所成角的正弦值．【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则，，，取平面的法向量为，设直线EF与平面AA1D1D所成角为θ，则sinθ＝|，直线与平面所成角的正弦值为.故选C．【点睛】本题考查了线面角的正弦值的求法，也考查数形结合思想和向量法的应用，属于中档题．12、B【解析】

由题意，结合集合，求得集合，得到集合中元素的个数，即可求解，得到答案．【详解】由题意，集合，则，所以集合的真子集的个数为个，故选B．【点睛】本题主要考查了集合的运算和集合中真子集的个数个数的求解，其中作出集合的运算，得到集合，再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据诱导公式和二倍角公式计算得到答案.【详解】，故.故答案为：；.【点睛】本题考查了诱导公式和二倍角公式，属于简单题.14、【解析】

设圆C1上存在点P（x0，y0），则Q（y0，x0），分别满足两个圆的方程，列出方程组，转化成两个新圆有公共点求参数范围.【详解】设圆C1上存在点P（x0，y0）满足题意，点P关于直线x－y＝0的对称点Q（y0，x0），则，故只需圆x2＋（y－1）2＝r2与圆（x－1）2＋（y－2）2＝1有交点即可，所以|r－1|≤≤r＋1，解得.故答案为：【点睛】此题考查圆与圆的位置关系，其中涉及点关于直线对称点问题，两个圆有公共点的判定方式.15、【解析】，，所以，所以的解集为。点睛：本题考查绝对值不等式。本题先对绝对值函数进行分段处理，再得到的解析式，求得的分段函数解析式，再解不等式即可。绝对值函数一般都去绝对值转化为分段函数处理。16、210【解析】

转化，只有中含有，即得解.【详解】只有中含有，其中的系数为故答案为:210【点睛】本题考查了二项式系数的求解，考查了学生概念理解，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析（2）【解析】

(1)设的中点为,连接.由展开图可知,，.为的中点,则有,根据勾股定理可证得,则平面,即可证得平面平面．(2)由线面成角的定义可知是直线与平面所成的角，且,最大即为最短时,即是的中点建立空间直角坐标系,求出与平面的法向量利用公式即可求得结果.【详解】（1）设AC的中点为O，连接BO，PO．由题意，得，，．在中，，O为AC的中点，，在中，，，，，．，平面，平面ABC，平面PAC，平面平面ABC．（2）由（1）知，，，平面PAC，是直线BM与平面PAC所成的角，且，当OM最短时，即M是PA的中点时，最大．由平面ABC，，，，于是以OC，OB，OD所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图示空间直角坐标系，则，，设平面MBC的法向量为，直线MA与平面MBC所成角为，则由得：.令，得，，即.则.直线MA与平面MBC所成角的正弦值为.【点睛】本题考查面面垂直的证明,考查线面成角问题,借助空间向量是解决线面成角问题的关键,难度一般.18、（1）或（2）．【解析】

(1)根据题意分斜率不存在和斜率存在两种情况即可求得结果;(2)先求出直线方程，然后求得圆心与直线的距离,由弦长公式即可得出答案.【详解】解:(1)由题意可得,直线与圆相切当斜率不存在时，直线的方程为,满足题意当斜率存在时，设直线的方程为,即∴,解得∴直线的方程为∴直线的方程为或(2)当直线的倾斜角为时，直线的方程为圆心到直线的距离为∴弦长为【点睛】本题考查了直线的方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式及弦长公式，培养了学生分析问题与解决问题的能力.19、（1）；（2）.【解析】

（1）根据题意，求得，，因而得出，利用降幂公式和二倍角的正弦公式化简函数，最后利用，求出的最小正周期；（2）由（1）得，再利用整体代入求出函数的值域.【详解】（1）因为，，所以，，所以函数的最小正周期为.（2）因为，所以，所以，故函数在区间上的值域为.【点睛】本题考查正弦型函数的周期和值域，运用到向量的坐标运算、降幂公式和二倍角的正弦公式，考查化简和计算能力.20、（1）1；（2）5.【解析】

（1）由同角三角函数关系求得，再由两角差的正弦公式求得，最后由正弦定理构建方程，求得答案.（2）在中，由正弦定理构建方程求得AB，再由任意三角形的面积公式构建方程求得BC，最后由余弦定理构建方程求得AC.【详解】（1）据题意，，且，所以.所以.在中，据正弦定理可知，，所以.（2）在中，据正弦定理可知，所以.因为的面积为14，所以，即，得.在中，据余弦定理可知，，所以.【点睛】本题考查由正弦定理与余弦定理解三角形，还考查了由同角三角函数关系和两角差的正弦公式化简求值，属于简单题.21、（1）（2）证明见解析【解析】

（1）根据条件可得，进而得到，即可得到椭圆方程；（2）设直线的方程为，联立，分别表示出直线和直线斜率，相加利用根与系数关系即可得到.【详解】解：（1）圆与有且仅有两个交点且都在轴上，所以，又，，解得，故椭圆的方程为；（2）设直线的方程为，联立，整理可得，则，解得，设点，，则，，所以，故直线与直线的斜率互为相反数.【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系，涉及椭圆的几何性质，关键是求出椭圆的标准方程，属于中档题．22、（1）见解析（2）【解析】

（1）第（1）问，连交于,连接.证明//，即证平面.(2)第(2)问，主要是利用体积变换，,求得三棱锥的体积.【详解】（1）方法一：连交于,连接.由梯形，且，知又为的中点，为的重心，∴在中，,故//.又平面,平面,∴平面.